资料详情(qqbaobao网)
我的位置:
新高考2022届高考数学考前冲刺卷(三)
2022-07-129.99元 18页 589.24 KB
已阅读10 页,剩余部分需下载查看
版权声明
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,qqbaobao负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站微信客服:wwwQQBAOBAO
展开
(新高考)2022届高考数学考前冲刺卷(三)注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷(选择题)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,则集合中元素的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】由集合,,根据,所以,所以中元素的个数是3,故选C.2.在复平面内,复数对应的点坐标为()A.B.C.D.【答案】A【解析】,在复平面内对应的点坐标为,故选A.3.用斜二测画法画水平放置的的直观图,得到如图所示的等腰直角三角形.已知点是斜边的中点,且,则的面积为()18,A.B.C.D.【答案】B【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形,,根据直观图中平行于x轴的长度不变,平行于y轴的长度变为原来的一半,因为,所以,,所以三角形ABC的面积为,故选B.4.已知函数,则“”是“函数为偶函数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】函数定义域为R,函数为偶函数,则,,而不恒为0,因此,,解得或,所以“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件,故选A.5.已知数列满足(n∈N*),则()A.B.C.D.【答案】C【解析】由题设,①,则②,18,①-②得:,所以,由①知也满足上式,故(n∈N*),故选C.6.已知一组数据,,,…,的标准差为2,将这组数据,,,…,中的每个数先同时减去2,再同时乘以3,得到一组新数据,则这组新数据的标准差为()A.2B.4C.6D.【答案】C【解析】因为数据,,,…,的标准差为2,所以方差为4.由题意知,得到的新数据为,,,…,,这组新数据的方差为,标准差为6,故选C.7.如图,、分别是双曲线的左、右焦点,过的直线与的左、右两支分别交于点、两点,若为以为直角顶点的等腰直角三角形,则双曲线的离心率为()A.4B.C.D.【答案】D【解析】由题意,为等腰直角三角形,设,,则,由双曲线的定义,可得,,18,可得,解得,,在中,由余弦定理可得,即,整理得,即,所以,故选D.8.已知关于x的方程在上有两解,则实数k的取值范围为()A.B.C.D.【答案】B【解析】由已知可得在上有两解,令,,则问题转化为函数与在上有两个交点,而,令,则,因为,所以恒成立,所以在上单调递增,又,所以当时,,则;当时,,则,18,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,又,作出函数的大致图象如图示:要使得在上有两解,实数k的取值范围为,故选B.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1,2,3,4,抛掷该正四面体两次,记事件A为“第一次向下的数字为偶数”,事件B为“两次向下的数字之和为奇数”,则下列说法正确的是()A.B.事件A和事件B互为对立事件C.D.事件A和事件B相互独立【答案】CD【解析】对于A,,可得A错误;对于B,事件B第一次向下的数字为偶数,第二次向下的数字为奇数,就可以使得两次向下的数字之和为奇数,可知事件A和事件B不是对立事件,18,可得B错误;对于C,由,可得,可得C正确;对于D选项,由,可得,可知事件A和事件B相互独立,可得D正确,故选CD.10.已知函数,则下列结论正确的是()A.的图象关于直线对称B.在上的值域为C.若,则,D.将的图象向右平移个单位得图象【答案】BD【解析】,对于A:令,可得,所以直线不是的图象的对称轴,故选项A不正确;对于B:当时,,,所以,故选项B正确;对于C:的最小正周期为,所以若,则,,故选项C不正确;对于D:将的图象向右平移个单位得的图象,故选项D正确,18,故选BD.11.如图,正方体的棱长为1,点是内部(不包括边界)的动点,若,则线段长度的可能取值为()A.B.C.D.【答案】ABC【解析】在正方体AC1中,连接AC,A1C1,,如图,BD⊥AC,BD⊥AA1,则BD⊥平面ACC1A1,因AP⊥BD,所以平面ACC1A1,又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点,连接CO,平面B1CD1平面ACC1A1=CO,所以点P在线段CO上(不含点C,O),连接AO,在等腰△OAC中,,而底边AC上的高为1,腰OC上的高,从而有,都符合,不符合,故选ABC.18,12.若存在正实数x,y,使得等式成立,其中e为自然对数的底数,则a的取值可能是()A.B.C.D.2【答案】ACD【解析】由题意,不等于,由,得,令,则,设,则,因为函数在上单调递增,且,所以当时,;当时,,则在上单调递减,在上单调递增,从而,即,解得或,故,故选ACD.第Ⅱ卷(非选择题)三、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.已知向量,,其中,为单位向量,向量,的夹角为120°,则__________.【答案】【解析】由,有,故答案为.14.在中,,,分别是角,,的对边,记外接圆半径为18,,且,则角的大小为________.【答案】(或)【解析】由正弦定理,故,,即,故,又,故,故答案为.15.将字母a,A,b,B,c,C排成一列,则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为__________.【答案】288【解析】首先讨论Aa相邻,剩下的4个字母排列有如下情况:bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8种可能,任取8种中的一种与Aa组合,共有种,此时Aa相邻共有种,bcCB,bCcB,BcCb,BCcb,CbBc,CBbc,cbBC,cBbC,8种情况,任取8种中的一种与Aa组合,共有种,此时Aa相邻共有种,所以Aa相邻共有种;同理,Bb相邻共有96种,Cc相邻共有96种,所以共有288种,故答案为288.16.如图,点P是半径为2的圆O上一点,现将如图放置的边长为2的正方形(顶点A与P重合)沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始,正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止,称为正方形滚动了一轮,则当点A第一次回到点P的位置时,正方形滚动了________轮,此时点A走过的路径的长度为__________.18,【答案】3,【解析】正方形滚动一轮,圆周上依次出现的正方形顶点为,顶点两次回到点P时,正方形顶点将圆周正好分成六等分,由4和6的最小公倍数:,所以到点A首次与P重合时,正方形滚动了3轮.这一轮中,点A路径是圆心角为,半径分别为2,,2的三段弧,故路径长,∴点A与P重合时总路径长为.故答案为3,.四、解答题:本大题共6个大题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.(1)求A;(2)若,求.【答案】(1);(2).【解析】(1)在中,由正弦定理及,得,于是得,18,化简整理得,即,而,则,又,所以.(2)因为,由正弦定理得,则,由(1)知,在中,,,即,于是解得,显然有,即,则,所以.18.(12分)已知等差数列的前n项和为,又对任意的正整数,都有,且.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和.【答案】(1);(2).【解析】(1)设等差数列的公差为,因为,所以,又,即,解得,所以.(2)由(1)知,令,得,当时,,从而,18,当时,,综上得.19.(12分)如图,在四棱锥中,底面ABCD为矩形,平面PCD⊥平面ABCD,AB=2,BC=1,,E为PB中点.(1)求证:PD//平面ACE;(2)求二面角的余弦值;(3)在棱PD上是否存在点M,使得AM⊥BD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2);(3)存在,.【解析】(1)设BD交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EF//PD,因为PD⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,所以PD//平面ACE.(2)取CD的中点O,连接PO,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BC⊥CD.因为PC=PD,O为CD中点,所以PO⊥CD,OF∥BC,所以OF⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD,PO⊂平面PCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,18,所以PO⊥平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系O−xyz,则,C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),,设平面ACE的法向量为,,,,令,则,,所以,平面ACD的法向量为,,如图可知二面角E−AC−D为钝角,所以二面角E−AC−D的余弦值为.(3)假设存在棱PD上的点M,使得AM⊥BD,设,又,则,,,,解得,故存在棱PD上的点M,使得AM⊥BD,.20.(12分)某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额(单位:元),如图所示:18,(1)将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”,现从所有“健身达人”中随机抽取2人,求至少有1位消费者,其去年的消费金额超过4000元的概率;(2)针对这些消费者,该健身机构今年欲实施入会制.规定:消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员.预计去年消费金额在、、内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、银卡会员和金卡会员.消费者在申请办理会员时,需一次性预先缴清相应等级的消费金额.该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动,预设有如下两种方案:方案1:按分层抽样从普通会员,银卡会员,金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励.其中,普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和800元.方案2:每位会员均可参加摸奖游戏,游戏规则如下:从一个装有3个白球、2个红球(球只有颜色不同)的箱子中,有放回地摸三次球,每次只能摸一个球.若摸到红球的总数为2,则可获得200元奖励金;若摸到红球的总数为3,则可获得300元奖励金;其他情况不给予奖励.如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏;每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏;每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏(每次摸奖的结果相互独立).以方案的奖励金的数学期望为依据,请你预测哪一种方案投资较少?并说明理由.【答案】(1);(2)方案2投资较少,理由见解析.【解析】(1)记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A.由图可知,去年消费金额在内的有8人,在内的有4人,消费金额超过3200元的“健身达人”共有(人),从这12人中抽取2人,共有种不同方法,其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元,共有种不同方法,18,所以.(2)方案1按分层抽样从普通会员,银卡会员,金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”,则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为,,,按照方案1奖励的总金额为(元).方案2设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金,则的可能取值为0,200,300.由题意,每摸球1次,摸到红球的概率为,所以,,,所以的分布列为:0200300P数学期望为(元),按照方案2奖励的总金额为(元),因为由,所以施行方案2投资较少.21.(12分)已知椭圆的离心率为,P为椭圆E上一点,Q为圆上一点,的最大值为3(P,Q异于椭圆E的上下顶点).18,(1)求椭圆E的方程;(2)A为椭圆E的下顶点,直线AP,AQ的斜率分别记为,,且,求证:直线PQ过定点,并求出此定点的坐标.【答案】(1);(2)证明见解析,定点.【解析】(1)解:由椭圆的离心率为,可得,又由的最大值为,可得,可得,解得,所以椭圆的方程为.(2)解:由(1)可得点的坐标为,因为直线的斜率分别记为,,且,可得直线的方程为,直线的方程为,联立方程组,整理得,解得或,将代入,可得,即;18,联立方程组,整理得,解得或,将代入,可得,即,则,所以直线的方程为,即,此时直线过定点,即直线恒过定点.22.(12分)已知,为的导函数.(1)若对任意都有,求的取值范围;(2)若,证明:对任意常数,存在唯一的,使得成立.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】(1)由,得,即,令,则,当时,;当时,,在上单调递减,在上单调递增,,,即的取值范围为.18,(2)设,将问题转化为在区间上有唯一的零点,由,知在区间上单调递减,故函数在区间上至多有个零点,,,由(1)知:当时,(当且仅当时取等号),,,,又,即,,,,,即,又,即,,由函数零点存在定理知:在区间上有唯一的零点,即存在唯一的,使得成立.18
相关课件
更多相关资料
展开
新高考2022届高考地理考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考化学考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考生物考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考英语考前冲刺卷(三) 新高考2022届高考语文考前冲刺卷(三)
免费下载这份资料?
立即下载